2026年高考数学复习策略讲座

1、近几年新高考卷中，起伏最大的当属数学。2021新高考数学卷还比较平稳；2022年忽起波澜，难度陡然增大，成为史上最难数学高考卷；2023年回归合理；2024年则发生结构性变化。高考卷的设计者一直在思考，如何才能最大限度地挖掘学生的智力资源，培养学生的探究精神和研究能力，而不仅仅是“解决模式化习题的工具”。2024年高考就先从数学下手，预计今后会推广到其他学科，我们要作好思想20.(12分)何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制),多正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是所以正四面体在各顶点的曲率为,故其总曲率为4π。(1)求四棱锥的总曲率；(2)若多面体满足：顶点数-棱数+面数=2,2024年九省联考若n,v∈X.mEN,记uv18.(17分)已知椭圆C的离心率为,左、右焦点分别为F(-1,0),F₂(L,0).(3)设M是坐标平面上的动点，且线段FM的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程.19.(17分)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将(i)证明：平面PAC⊥平面ABC;(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.第一部分、关于2024新高考数学卷的思考1、突出宗旨:试卷聚焦主干知识内容和重要原理、方法,着重考查数学学科核心素养,引导中学教学遵循教育规律,突出数学教学本质,回归课标,重视教材,重视概念教学,夯实学生学习基础,给学生留出思考和深度学习的空间。2、去模式化:以前的高考,特别是解答题,第几题考什么内容,基本固定了,只是难度不稳定。虽有利于老师按套路来安排复习,但变化太小,不利于学生研究能力和自学能力的培养。而2024高考,试题的内容、顺序有了较大的改变,这样有助于打破学生机械应试的套路,打破教学中僵化、固定的训练模式,防止猜题押题,同会不确定,第19题考什么内容更不确定。3、增加基础题比例：今年高考大约有80分左右的基础问题，强调对学科基础知识、基本方法的深刻理解，不考死记硬背、不出偏题怪题，引导中学把教学重点从总结解题技巧转向培养学生学科核心素养。4、控制运算量：今年高考大约有50分左右的中档典型问题，重点考查学生分析问题解决问题的能力，尽量避免繁难运算，保证学生有充裕的时间进行思考.2024新高考一卷的中档典型问题大致包括：分段函数的单调性问题、三角函数作图问题、三次函数性质问题、公切线问题、解三角形问题、圆锥曲线问题、立体几何问题、函数对称问题、导数问题等。法一：几何法(可以边为自变量，也可以角为自变量法二：向量法，建系，最好以角为自变量，或者直接设D(m,n,0),再将已知条件代入5、提升思维量：特别是各题型压轴题的思维量，如填空题、两道解答题的思维量。突出理性思维和数学探究，考查学生运用数学思维和数学方法发现问题、分析问题和解决问题的能力。8、已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-的是()A.f(10)>100B.f(20)>100011.造型X可以看作图中的曲线C的一部分，已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,则TA.a=-2B.C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于21313572468426862488246分析二：我们将本问题中甲得分为0,1,2,3(甲不可能得4分)若将1改为9,甲得分为1,2,3,4(此时2,4,6,8与3,5,7,9分别减少1即为1,3,5,7与2,4,6,8体会：此题思路多而广，即使穷举也不复杂，可以达到考查学生的一丝不苟与有条不紊的目的。若使用第二种方法，应当将事件用字母表示，使用数学语言规范简洁表达，这正是学生平时习惯中的弱点。例(2020年全国一卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：(1)求甲连胜四场的概率；234甲乙甲234甲乙甲乙丙连胜3场丙淘汰甲丙甲淘汰甲乙淘汰乙丙甲乙淘汰甲丙乙胜乙连胜4场乙甲淘汰甲丙淘汰丙乙甲乙甲丙连胜3场丙淘汰乙丙乙淘汰乙甲淘汰甲丙乙甲淘汰乙丙甲胜甲连胜4场甲乙淘汰乙丙淘汰丙4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是11022323233544419.(本小题满分17分)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a₁,a₂,…,(Ⅲ)从1,2,…,4m+2中次任取两个数i和j(i<j),记数列a₁,a₂,…a4n+2是(i,j)一可分分析：一二问实际是举例，第三问在一二问的基础上总结归纳引伸。分析：第一二问均是具体问题，而第三问属于相对抽象的一般问题。我们从一二问的探究中获得灵感，将有助于第三问的解决。(2)先举一例，m=3时，将a₁,a₃,a₄-…912,q₄分为三组：a,a₄,ay,a₁0,a₃,a₆,a,a₁2,as,as,a₁1,a₄,此三组均构成等差数列，符合要求。而m>3时，将a₁,a₃,a₄…a₁2,a₁4,…4m-1,a4m,a₄m+1,a₄m+2分为m组，前三组与m=3时相19.(2024新高考一卷19)设m为正整数，数列a,a₂…差数列，若从中删去两项a,和a,(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a,a₂…a₄m+2是(i,j)-可分数列.(3)从1,2.…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a₁,a₂,…a4m+2是(i,j)-可分数列的概率为Pm,证明：由第一问受到启发，(1,2),(1,6)(1,10),(1,14),.…,(1,4m+2)都是符合要求的，而(5,6),(5,10),.….,(5,4m+2)也符合要求。进一步想到，形如(4p+1,4q+2)(p≤q且p,q均为自然数)都是符合要求的。由第一二问受到启发，并提出猜想，是不是形如(4p+2,4q+1)(p<q且p,q均为自然数)也符合要求呢?通过反复试验，当p-q≥2时是符合题意的。然后给出严格证明。证明：①当i=4p+1,j=4q+2(p≤q且p,q均为自然数)时，将a,a₂,(9₃……4m+2删除a,a,后的4m项如下分组：q,a₂,a₃,a₄,….,a+p-3,a+p-2,a₄p-1,ap(即前4p项每4项依序分组)a4p+2,a4p+3,a4p+4,a4p+5,….,a+q-2,a4q-1,a4q,a4q+1(即第4p+1项与第4q+2项之间每4项依序分组),a4q+3,74q+4,a4q+5,a4q+6,…a4m-1,@4m,4m+1,@4m+2(即第4q+3项开始每4项依序分组),如此，满足题意。这样的(i,j)共有种情况。②当i=4p+2,j=4q+1(p≤q-2且p,q均为自然数)时，将a,a₂,0₃…4m+2删除a,a,后的前4p项每4项依序分组；从第4q+3项开始的最后4(m-q)项每4项依序分组；处理从第4p+1项至第4q+2项的问题，等同于处理原数列去掉前4p项和后4(m-q)项后剩余项的问题。也就是说，设p'=0,q'=q-p,等同于从第1项到第4q`+2项，删除第2项与第4q'+1第1组：第1,q'+1,2q'+1,3q'+1项(完美避开了第4q'+1项);第2组：第3,q'+3,2q'+3,3q'+3项；第3组：第4,q'+4,2q'+4,3q'+4项；第q'组：第q'+2,2q'+2,3q'+2,4q`+2项(完美避开了第2项)。所以,若能证则结论成立。,若能证则结论成立。即证明这样的(这样的(ij)共有m+2种；(证明同分析一)这样的(i,j)共有m种；(证明同分析一)(1)(1,4m+6),(5,4m+6)(2)(2,4m+5),(6,4m+5),所以,命题成立。6、教学和复习中应当注意：容),完全没有必要去学竞赛内容。但平时可以训练一(2)注重知识和能力的形成过程，注重教学过程中的(3)对于二级结论和解题套路，不能简单强调记忆，要强调推导和总结。凡需要用到二级结论，一定重新推导，让学生知其然，且知其所以然。凡需要用到某些解题套路，一定要让学生明白为什么这么做。应当重视探究发现方法的过程，50分中档典型问题是获得中上分数(2024新高考一卷16题)已知A(0,3)和.(2024新高考一卷16题)已知A(0,3)和.(2)若过P的直线1交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求1的方程.首先，(1)易得椭圆方程为离心(2)分析一：首先根据三角形面积公式可知B到AP距离为,由于AP方程为x+2y=6,过B与AP平行的直线方程为m:x+2y=t,由两平行线距离公式可得t=18或-6,显然t=18时，直线m与椭圆不相交，将直线m:x+2y=-6与椭圆方程联立可得B点坐标。最终1的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0完全抛弃二级结论是危险的；纯粹记忆二级结论是不恰当的完全抛弃二级结论是危险的；纯粹记忆二级结论是不恰当的(2024新高考一卷16题)已知4(0,3)和为椭圆C:上两点.(2)若过P的直线1交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求1的方程.分析：(1)易得椭圆方程为离心于是x₁+2y₁=18或-6,再将其与椭圆方程联立可得B点坐第二部分、近几年新高考试题分析与体会(一)重点性：基础性试题比例时有波动，这部分试题学生得分率较高。中高档试题更有研究价值，重点核心内容考试频率高。如：三角变形求值、正弦型函数图象综合分析、解三角形综合、基本不等式与重要不等式的应用、多面体的外接球、多面体的体积计算、空间几何体角与距离的运算、空间向量运算、数列的典型解法与灵活的思维方法相结合、直线与圆的方程的运算、圆锥曲线的定义优先策略、圆锥曲线中的定点定值定线问题、导数的切线问题、极值问题、证明不等式问题、概率中的递推问题、统计决策问题等；如平面向量的综合问题等。(三)反套路：每一个板块，都有其常规题型，务必熟练，考试频率高。但又不能拘泥于常见题型，要注意思维的灵活性与发散性，强调探究精神，注重数学思想方法的延伸。甚至考题的顺序也不能固化。2023年新高考一卷，解答题的顺序是解三角形，立体几何，导数，数但是思维又相当灵活等特点。如数列解答题不是简单的立体几何多选题，考查的是：能放在正方体容器中的物圆锥曲线解答题是压轴题，而第二问需要利用不等式的1.(2023新一卷8)已知,cosasin,,则cos(2α+2β)=()2.(2023新二卷16)已知函数f(x)=sin(ax+φ),如图，A,B是直线.与曲线y=f(x)3.(2022新一卷18)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(2)求的最小值.多面体的外接球5.(2022新一卷8)已知正四棱锥的侧棱长为1,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤1≤3√3,则该正四棱锥体积的取值范围是()A平面ABCD,FB//ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为7.(2022新一卷19)如图，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁的体积为4,(1)求A到平面A₁BC的距离；(2)设D为A₁C的中点，AA₁=AB,平面A₁BC⊥平面ABB₁A₁,9.(2021新高考卷16)某校学对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到11.(2023新一卷16)已知双曲线的左右焦点分别为F₁,F₂,点A椭圆14.(2022新一卷16)已知椭圆,C的上顶点为A,两个焦点为16.(2023新二卷21)双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-2√5,0),离心率为√5。(1)求C的方程；(2)记C的左右顶点分别为A₁.A₂,过点(-4,0)的直线与C的左右交于MN两点，M在第二象限，直线MA₁与NA₂交于P,证明P在定直线上。19.(2022新一卷15)若曲线V=(x+a)e有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围构造新函数问题22.(2022新二卷22)已知函数(3)设n∈N*,证明：2、反套路与灵活性26(2021年全国卷第8题)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,(1)相互独立事件与互斥事件是完全不同的(2)是否相互独立，不要想当然。例1.分别抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第1枚为正面”为事件A,"第2枚为正面”为事件B,“2枚结果相同”为事件C,A,B,C中哪两个相互独立?例2.一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩的概率是等可能的.令A={一个家庭中有男孩，又有女孩},B={一个家庭中至多有一个女孩}.(1)假定家庭中有2个小孩，问事件A与事件B是否独立?(2)假定家庭中有3个小孩，问事件A与事件B是否独立?空间几何体27(2023新一卷12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8,由抽签决定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲，乙的概率各为0.5。(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量X₂服从两点分布，且P(X₁=1)则记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求放缩法34.(2023新一卷22)矩形ABCD有三个顶点在抛物线y=x²上，证明：ABCD的周长大第三部分、新教材处理体会(一)课堂教学，依托知识培养能力是基本要求。应当让学生在探究的过程中不断获取知识，从而培养能力。课堂教学时，以情境引入、问题思考来增强学生学习数学的兴趣，使学生觉得学好数学是有用的；以教师引导、共同推理来激发学生研究问题和解决问题的斗志，使学生觉得自己也是具有研究水平的；以教师示范、学生板书、教(二)基本遵从教材，但可适当灵活。例如：2、在不等式这一章，教材仅仅给出了不等式的简单性质，以及基本不等式(含一些重要不等式)、二次不等式的基础知识。没有线性规划了，但了解简单不等式表示的区域还是需要的；以前不等式的证明(包括分析法、综合法、放缩法)以及绝对值不等式，都有专门章节，现在仍需要补充。简单无理不等式、绝对值不等式、指3、三角函数的定义，教材是直接利用单位圆来定义的。初中学习了锐角三角函数，推广到任意角，我个人觉得先讲取终边上任一点，再取终边与单位圆的交4、平面向量中，A版教材提到了投影向量，而B版教材还提到了投影数量。我个人觉得投影数量的应用比较广，例如求空间一点到平面距离等，所以值得一提。5、复数，三角形式带星号，非高考内容，我们不系7、在统计初步中，分层随机抽样之方差的计算出现在例题中，可以小结为一个公式。求法，递推数列问题，数列的单调性问题等则可说“得导数者得天下”,所以我们应当做足导数专题，熟练掌握关于导数的典型问题解第四部分、专题引领，研究新教材举例近20年，我坚持统计学生问题，从学生的问题中进行提炼，总结了几十个大专题，每个大专题又包含数个小专题，对各种问题提出了系统的解决办法。每个专题都讲究全面性和重点性，并有适当的难度，但不盲目追求难度。现分享一部分，抛砖引玉，以供参考。(完整部分，已经形成专著《高中数学答疑宝典》)专题1:不等式：专题1:不等式：(1)性质与证明：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩技巧等；(2)重要不等式：1.四种平均数及其关系若a,b为正实数，则,即调和平均数≤几何平均数≤算术平均数≤平方平均数，等号成立的条件均为a=b.2.字母可取一切实数的重要不等式(1)因为a²+b²≥2ab,从而(a+b)²≥4ab(当且仅(2)若已知a²+b²=t(定值),求ab的取值范围.0及a²+b²—2ab≥0且等号均可以成立，得,其中t=a²+b². 不可.可知值域为(一∞,-2),或者—2.ab+bc+ca的最小值为.例9**用长度分别为2,3,5,6,9(单位：cm)的点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表C.416cm²2.换元消去法换元，特别是在分式型函数如中，常采取一换元，逐渐将函数转化为可以利用基本不等式求最值的形式.并存的关系式中，若求其中某式的最值，可利用ax十by≥2√abxy,放缩消去其一.如，若设ax+by=t,则式或函数思想求最值或范围，是适用范围很广的一种方法.没有特别技巧时可以考虑消元.3.乘一法若已知x+y=a(x>0,y>0,a>0且a为定值),为1,我们称之为乘1法.若已知0,a>0且a为定值),求x+y的最小值，也可采用类4.拆分法例22**已知x,y,z为正实数，则的最大值为.1.分段策略2.合段策略(1)若一个分段函数在R上单调，则解不等式f(x₁)<f(x₂)是无需分段的.(2)可以构造新函数，合段研究.(3)当分段研究很复杂时，试一试合段研究法.3.数形结合策略**已知a,b∈R,定义运算“⊗”:a×b=函数f(x)=(x²—2)×(x—1),x∈R,若1.一次分式型函数形如,a≠0),分子分母均为x的一次式的函数，我们称之为一次分式型函数.(若去了一点的直线.)2.一般二次分式型函数(1)求分子是常数的二次分式型函数y=时注意分母跨越0时要分段考虑.(ad≠0)的值域，可令dx+e=t,进行换元，或者求导.分母是一次式的二次分式型函数可类似处理.,可以先分离常数(4)求二次分式型函数的值域，均可以用判别式法.3.特殊的二次分式型函数的图象形如的函数，我们可以画出其图不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作[x].取整函数f(x)=[x]的图象如下(如图3-5):专题3、求值求角的若干类型1.同角的正余弦之和差积的关系若设u=sinx2.知一求二(1)定位置.若一角的正弦或余弦为0或±1,或正切为0或不存在，则此角为轴上角.若sina∈(0(2)定绝对值.若已知sinα=m,则|cosa|=定其他两个三角函数值的符号.(1)一般情况下是切化弦.(2)弦齐次分式化切：若一个分式型式子的分子、分母是关于同一个角的正弦或余弦的齐次式，则可以化为关于此角的正切的代数式.4.诱导公式(1)诱导公式的记忆口诀：奇变偶不变，符号看象限.sin(kπ—α)=(-1)+1sina,cos(kπ—α)=(—1)*cosa,tan(kπ—α)=—tan1.展开不如配角 ,计算量大大减小.常见的配角方式3.利用特殊角拆角配角策略(1)在某些关于具体角的三角函数式的求值问题此部分仅供参考.(或差)化为乘积的形式，或者将乘积化为和差的形1.公式拓展2.正切公式变形活用根据所给范围似乎有多解，但仔细分析每个角均唯专题4、细细剖析正弦型函数专题4、细细剖析正弦型函数(1)最易弄错的是从y=sinx变换到y=sin(x+φ)这个环节.若先将y=sinx横向平移|φl个单位至y=sin(x+φ),再横向伸缩即可得y=sin(wx+φ).若先横向伸缩至y=sinax,则应再横向平移个单位方可得y=sin(wx+φ).(2)若将y=Asinax向右(左)平移至少单位得y=Asin(ax+φ),则将y=Asinx向左(右)平移至少(3)余弦型函数如何平移成正弦型函数?注意化为同名函数，可供选择的最佳的诱导公式是.因为利用这个公式，只需要进行一次平移变换，运用其他诱导公式均需变换两次或以上.y=Acos(ax+φ)=Asin,所以y=Acos(ux+φ)是由y=Asin(wx+φ)向左(w>0)或向右(w<0)至少平移(T为最小正周期)而得.(4)参数符号的改变对图象的影响.φ)=Asii,所以y=-Asin(wx+φ)既与y=Asin(wx+φ)关于x轴对称，又是由y=Asin(ux+φ)向左(或右)平移半个周期而得.②w的符号的改变.由y=Asin(一ux+φ)=y=Asin(一ax+φ)既与y=Asin(5)类比问题.由于y=Asin(wx+φ)是由y=期内y=sinx的两个纵坐标为的点的横坐标之差而过其最高点或最低点与y轴平行的直线，则是其对称轴，其方程为(k∈Z),即x=(k∈Z).f(x)=Asin(wx+φ)关于x=a对称的三种解法：般函数的角度来解决.关于正弦型函数y=Asin(wx+φ)图象的综合分析的几个策略：(1)大方向小调整策略：如根据题意，周期是越大越好还是越小越好，先大致确定方向，然后再根据其他条件进行调整.同时注意，相邻两对称轴、相邻两中心的距离均为半个周期.(2)对称优先考虑策略：对称轴和对称中心的位置优先考虑.时(k∈Z)对应y=sinx中的x=2kπ十(k∈Z).(4)转化化归策略：将问题直接转化为正弦函数y=sinx的问题来处理.例如，y=Asin(wx+φ)(A>0,w>0)在区间[a,b]上的问题，可以转化为y=sinx在x∈[aa+φ,b+φ]上的相关问题.例18**已知函数f(x)=Acos(x+φ)的图象如图5-16所示，,则f(0)=图5-16上存在零点，则w的取值范围为例24***已知函数f(x)=sin(wx+φ)(w>>0,|象的对称轴，且f(x)在上单调，则w的最大值为专题5:函数性质的拓展专题5:函数性质的拓展2.对称函数满足的关系(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(a—x)f(2a-x),则它关于直线x=a对称.(2)若函数f(x)满足f(a+x)+f(a-x)=2b或f(x)+f(2a-x)=2b,(3)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b—x),则它关于直线对称.(4)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(b—x),则它关于点对称.5.复合函数的对称问题有利于对问题的理解.如，设g(x)=f(2x),将f(2x)的对称问题转化为g(x)的对称问题，直接利用前述结论.6.容易混淆的问题(1)函数f(x—a)与f(a—x)关于哪条直线对称?(2)函数f(x)满足f(x—a)=f(a—x),则f(x)关于哪条直线对称?前者属于两个函数的对称问题，后者是一个函数的对称问题.1.能导致函数具有周期性的几种关系式(1)若函数f(x)满足f(x十m)=-f(x)或f(则T=2m是它的周期.这么多结论，是要求学生死记么?不是.大体方若函数f(x)满足f(a+x)=f(b+x),则T=b—a是其周期.若函数f(x)满足f(a+x)=-f(b+x),则2.函数周期性与对称性的关系(1)若函数f(x)关于x=a,x=b(a<b)对称，则T=2(b—a)是其周期.f(x+2b—2a).(2)若函数f(x)关于x=a对称，且T是其周期，则均是其对称轴.(k∈Z).T=2(b—a)是其周期.则(k∈Z)均是其对称中心.(5)若函数f(x)关于x=a及(b,0)对称，则T=4(b—a)是其周期.—f(x+2b-2a),所以f(x+2b-2a)=-fT=4(b-a)是其周期.1.模型函数探究法究而已)寻找模十p,寻找寻找模型：寻找模型：(5)针对条件：寻找模2.赋值代换证明法(1)在上述条件中，常将m,n换为0,1,-1,a,等代入.(2)涉及奇偶性问题，常将m,n换为x,一x代入.(3)涉及单调性问题，常将m=x₁,n=x₂一x₁或(2)若f(x)关于(m,f(m))对称，则f(m+x)+f(m-x)=2f(m),两边同时求导得(3)若f(x)关于x=m对称，则f(m+x)=f(m-x),两边同时求原函数得称(4)若f(x)关于(m,0)对称，则f(m+x)=-f(m-x),两边同时求原函数得f(m+x)=f(m-x)+k(k为常数),将x=0代入得k=0,则f(x)关于x=m专题6:向量是数与形的结合体平面向量的许多关系都有它的几何背景.如果只其所以然，不能立于一个高度来更深入地理解平面1.根据向量关系式构造三角形例1**已知点O为△ABC内部一点，且满足EEc图6-78分析一：(构造法)如图6-78,作OD=2OA,OE=3OB,作平行四边形ODFE,则OF=2OA+3OB,延长FO图6-78S,则S△F=4S,平行四边形ODFE面积为16S,,则△AOB,△BOC,△AOC的面积之比为4:2:3,故选A.分析二：利用奔驰定理易知选A.例3**(2017浙江卷)若非零向量a,b满足A.|2a|>|2a+bB.|2a|<|2a+bC.|2b|>la+2b于A,B选项，两边平方并作差得|2a|²一|2a+b|²=Db—|a|²=2|a|²—|a|²>0,故选C.D图6-80分析二：(构造图形分析法)如图∠OCB.作OD=2b,OE=a+2b.由平面图6-803.根据向量关系式构造圆或圆弧分析：如图6-81,建立坐标系，心，2为半径的圆上，再求圆上动点到原点距离的取值范围即可.答案 与点线距离相关的向量问题，堪称经典，值得重视.1.经典含参向量不等式恒成立类型例8**已知向量a≠e,|e|=1,对任意l∈R,恒C.el(a—e)所以△≤0→(a·e—1)²≤0→el(a-e),答案为C.1时这个距离最小，自然表明AELOE,故选C.专题7:规范理性作空间图形1.四面体的截面AB,BC,CD,DA上分别取点E,F,G.H,若这四点共面，则可能有三种情况：(1)如图8-5,两组对边与四面体的各棱均不平行，由平面的Acc与HG的交点N必在直线AC上.必有EF//AC,HG//AC,而另一组对边EH与FG所在直线的交点必在直线BD上.(3)若EFGH两组对边分别平行，则此四边形截面与AC,BD平行.特别地，若E,F,G为相应棱的中点，其截面是一个平行四边形，与AD交点H也必为AD中点.2.正方体的截面(1)正方体的特殊截面如图8-12,正方体的对角线与各表面的两条对角线中一条相交，与另一条异面垂直，如A₁C与AC相交，A₁C与BD垂直.所以由正方体的三条面对角线构成的三角形个截面的交点是这个截面的中心.如图，正方体A₁C8-14,已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相最大值为3.过多面体棱上三点作其截面过多面体棱上三点的截面形状，并不一定就是三角形.如上述正方体，过某多面体三棱中点的截面可能是正六边形.要作出截面图，应当画出这个截面与各表面的交线.一般来说有两类办法：(1)相交面协助法问题：已知三点A,B,C分别位于相交的两个表如图8-16,已知点A∈β,点B,C∈a.若BC与平平面ABC与平面β的交线.如图8-17,若BC//β.则问题：已知三点A,B.C分别位于平行的两个表若已知A∈β,B,C∈a,且a//β,则平面ABC与β的交线与BC平行，因为两平行平面与第三个平面的交线平行.(1)圆柱的侧面展开图是一个矩形，矩形一边长等于圆柱底面周长，另一边长等于圆柱的高.(2)圆锥的侧面展开图是扇形.例13**如图8-28,已知棱长为√3的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线图8-28要解决旋转体的内接长方体、内接正方体等问题，要画出一个完整的直观图是有难度的，我们通常退而求其次，先发挥空间想象，然后画一个截面图，主1.锥体的平行于底面的截面例16*用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得的圆台上、下底面面积比为1:4,截去的圆锥的高是3cm,则圆台的高是.2.遇台画锥台体是由锥体截取而成，所以遇到台体问题，最好补全台体为锥体.例17*如图8-34,在三棱面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.B(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.专题8:特殊四面体专题8:特殊四面体(2)若正三棱锥P-ABC底面边长为a,高为h,点P在底面的射影为H,外接球球心为O,球的半径为(3)正四面体是各棱长相等的正三棱锥.它的外接若设四面体棱长为a,则它的高为外接圆半径如图8-38,若正四面体A-B₁D₁C对棱中点连线EF的长度等于正图8-38(5)正四面体中，任何两个面所成角的余弦为任何一棱与不过该棱的面所成角的余弦都为我们可以类比得到若干结论.如我们可以类比得到若干结论.如角面的面积平方和等于斜面面积平方).一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体叫做直角四面体，这三条棱可称为直角棱，这三个面称为直角面，另一个面称为斜面.直角四面体有以下性质：(直角三角形直角边倒数平方和，等于斜边上高的倒数的平方，可由等面积法证明).(直角四面体三条直角边倒数平(1)斜面一定是锐角三角形.若设三条直角棱分别为a,b,c,则斜面三边分别为(直角三角形直角边倒数平方和，等于斜边上高的倒数的平方，可由等面积法证明).(直角四面体三条直角边倒数平√a²+c,易知任两边平方和大于第三边平方，由余弦定理，每个角均为锐角.方和，等于斜面上高的倒数的平方).即为直角四面体.方和，等于斜面上高的倒数的平方).(3)直角四面体的外接球，即是以其三条直角棱为棱的长方体的外接球.(5)由平面的直角三角形，到空间的直角四面体，三组对棱分别对应相等的四面体叫做等腰四面体.它有如下性质：(2)等腰四面体的外接球，即为将它补成的长方体的外接球.若设等腰四面体三组对棱长分别为a,b,c,则其外接球半径为1.对棱垂直的四面体对棱垂直的四面体，每个顶点在对面的射影均为对面三角形的垂心.2.四个面均为直角三角形的四面体四个面均为直角三角形的四面体是如何构成的?我们可以先作一个长方体.如图8-51,长方体ABCD-A'B'C'D'中，取下底面三个顶点A,D,C,上底面取一个顶点X构成四面体X-ADC,若X专题9:球1.球的小圆截面球的小圆截面是指不过球心的截面(教材虽然没有提这个概念，但解决具体问题时经常遇到),它与球心的距离(心面距)d=√R-r,其中R是球的半径，r是截面圆的半径.2.画大圆截面图与球有关的空间问题，画直观图一般较为困难，而画某个截面图，特别是大圆截面图成为我们的首选.尤其是球与多面体的接切问题，画过公共点的大圆截面能集中呈现图形信息.关于多面体的外接球，以下几点结论务必熟悉，(2)外接球球心与各棱中点的连线将各棱垂直(3)过球心的平面将球平分.平面内.(5)任意四面体有且仅有一个外接球.1.熟悉几种特别情况(1)两表面是有公共斜边的直角三角形的四面体若四面体中有两个面是直角三角形且有公共斜边，显然斜边中点到四个顶点等距，故斜边中点是外接球的球心.(2)长方体的外接球①长方体的外接球心是各对角线交点，即各对角线中点.②一个多面体，若其各顶点为同一个长方体的顶点，则它的外接球，即是这个长方体的外接球.如直角四面体、等腰四面体的外接球即为拓展后的长方体的外接球.2.过一面外心作垂线由于多面体外接球球心在每个面的射影均为这题的常用方法.多面体若存在内切球，则各个面均存在内切圆，且内切球球心在各个面的射影即为其内心.内切球球心与各棱确定的平面将相应的二面角平分.任意四面体有且仅有一个内切球.求多面体的内切球半径，有以下两种办法：1.等体积法多面体若有内切球，则内切球半径,其中V为多面体体积，S为多面体的表面积.2.解三角形法求多面体内切球半径，也可以通过连接球心及切点，构建直角三角形，利用相似形或解三角形知识来专题十：空间图形的变换例1*(教材习题)如图6-194所示，在正方形点，现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B,C,D三点重合，重合后的点记为H,如图6-195所示，那么,在四面体A-EFHBA.AHL△EFH所在平面EEAH⊥平面EFH,选A.沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；结论的序号).分析：如图6-196,记A点原始位置为点A。,在平面图形中，作A₀E⊥BD于点E,并延长一倍至点F,则在翻折过程中，点A在平面ABCD中的射影即为线段A₀F上的点A₁.①A₁CL图6-196BD不可能成立，故①不真；②当点A₁位于BC上(即例5***如图6-202,在矩形ABCD中，AB=2,AD=1,点E为CD的中点，F为线段CE(端点除⊥平面ABCF,如图6-203所示.设直线FD与平面ABCF所成角为θ,则sinθ的最大值为图6-202图6-203图6-205于点M,则点D在平面ABCF上射影即为点M,故θ=设2025八省联考：2025八省联考：19.(17分)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将(i)证明：平面PAC⊥平面ABC;例9**如图6-214,在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁CC₁=√2,P是BC₁上一动点，则CP+PA₁BBB例11**如图6-217,P为60°的二面角α-1-β内一点，点P到二面角两个面的距离分别为2,3,A,B是二面角的两个面内的动点，则△PAB周长的最小值分析：如图6-218,作点PNN关于a,β的对称点M,120°,利用余弦定理求得MN=2√19即为答案.6-221,圆形纸片的圆心为O,半径ABC的中心为O.D,E,F为圆O上DD是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合，得到三棱锥.当△A专题11:直线与圆的方程专题11:直线与圆的方程1.对称(1)求一个点M(x₀,y)关于直线l:Ar+By+C=0的对称点N的坐标(x',y).两个关系式：利用此法，可证明特殊结论：点M(x₀,y)关于直线l:x+y+C=0的对称点N的坐标为(一y-C,一x₀-C);点M(x₀,y)关于直线l:x-y+C=0的对称点N的坐标为(y₀-C,+C).根据这个结论，当对称轴斜率为士1时，将对称轴方程直接变形，将x用y表示，x为对称点的横坐标，右边y为已知点的纵坐知点的横坐标.特别地，点M(x₀,y)关于y=x的对称点即为(y,x₀),关于y=-x的对称点即为(一yo,一x₀).这个结论利用频率比较高，同学们不可忽视.2.化反射问题为直射问题“光线从点A经直线l反射到点B”是常见的反射直线l的对称点A′为虚拟光源，点B关于直线l的对拟光源A'到物体B的直射问题，或者从光源A到虚拟物体B'的直射问题.化反射问题为直射问题，是一条重要的思路.例18**在等腰直角三角形例19***已知长方形的四个顶点A(0,0),B(2,0),C(2.1)和D(0.1),一质点从AB的中点P。沿与AB的夹角θ的方向射到BC上的点P₁后，依次反射到CD,DA和AB上的点P₂,P₃和P(人射角等于反射角),设P₄的坐标为(x₁,0),若1<x₁<2,则1.圆的标准方程和一般方程2.点与圆的位置关系及圆的直径式方程(1)判断点与圆的位置关系的方法：①比较法，即将点到圆心的距离与圆的半径进行大小比较.若(x₀—a)²+(y—b)²<r²,则点P(x₀,yo)Ey₀+F<0,点P(x₀,y₀)在圆x+y²+Dx+Ey+F=3.定比成圆事实上，若设两定点为A(0,0),B(a,0),动点y²],整理可得(λ²-1)x²+(λ²-1)y-2aλ²x十λ²a²=0.若能快速确定此圆与直线AB的两个交点M.N,1.心线距直角三角形的运用半径、半弦及弦心距所构成的直角三角形应用极其广泛.凡直线与圆相交，又没有涉及交点坐标的问题时，一般不需要将直线方程与圆的方程联立，直接利用心线距直角三角形求解即可.过此定点的最短弦，即是与这条直径垂直的弦.方法.一是代数法：直线与圆的方程联立，利用判别式来判断.二是几何法：利用心线距与半径的大小比较来判断直线与圆的位置关系.(2)解决直线与圆的位置关系一类问题，一般来说，若涉及直线与圆的交点坐标，则需要将直线与圆3.切线长在解决有关切线长的问题时，常利用由心点距从圆C外一点P向圆C引切线PA,切点为A,由于CA⊥PA,则切线长PA与半径r以及P到圆心C(y-b)²-r²或者圆C:x²+y+Dx+Ey+F=0外一点P(x₀,y)到圆C的切线长的平方等于x³+y+两圆二次项消去后的一次方程所表示的直线在两圆4.切线方程与切点弦从P向圆作切线，切点为A,B,则直线AB的方程为当点P(x₀,y₀)逐渐从圆外向圆靠近，直线x₀x十y₀y=r如何演化呢?我们可以结合初中的平面几何知识，来判断圆与圆的位置关系.设圆心距为d.两圆半径为R.r(R≥是圆的核心.圆心的距离.通过圆心中转.这个定点到圆心的距离加上或减去圆的半径.是圆心距加上或减去半径之和.(5)要求另外一条曲线上动点与圆上动点距离的例28**已知点A,B,C在圆x²+y²=4上运动，且AB|BC.若点P的坐标为(3.4),则|PA+PO的长为5,所以|PA+PB+PC|=|2PO+PB|,显然当B在PO上时，|PA+PB+PC|有最小值10+5一值10+5+2=17,故其取值范围为[13,17].专题12:双曲线1.双曲线定义辨析是常数的点的轨迹叫做双曲线.一是这个常数应当小于两定点的距离.若这个常数等于两定点距离，则这则仅表示双曲线的一支.2.★双曲线的第二定义与到定直线间距离之比为常数的点的轨迹(定点不在定直线上，该常数大于1)叫双曲线.定义中所指定点若P(xo,yo)为双曲线(a>0.b>0)上|a+ex|,|PF₂|=|a-exnl.得e=√5.4.定义优先策略同样地，双曲线的定义，再结合平面几何、三角、不等式等相关知识，可以解决许多特别的问题.这就是双曲线的定义优先策略.例如，问题涉及一个焦点，可以请另一个焦点来帮忙构建新的式和形，从而巧妙地解决问题.(1)双曲线定义与三角形中位线性质相结合又|FF|=2c,由勾股定理(2a)²+(4a)²=(2c)²,解(2)双曲线定义与三角形三边不等关系相结合例10**双曲线C:(a>0.b>0)的右焦点和虚轴上的一个端点分别为F,A,点P为双曲线C左支上一点，若△APF周长的最小值为6b,则双曲线C的离心率为7b=6a,49b²=36a²,所以49(c²-a²)=36a²,所以(3)双曲线定义与解三角形相结合例13**已知双曲线C:线C的左、右两支分别交于A,B两点，若|AB|:BF₂|:|AF₂|=3:4:5,则双曲线C的离心率为2.焦点三角形我们以焦点在x轴上的双曲b>0)为例，探究焦点三角形(即以两个焦点和双曲线上一点为顶点的三角形)的有关问题.(1)焦点三角形面积若F₁,F₂为双曲线焦点，P为利用上述数量关系，类似于椭圆，我们不难得出双曲线焦点三角形PF₁F₂的面积为同样无需记忆，主要熟悉其推导方法.(2)焦点三角形内切圆以双曲为例.若P为此双曲线右分支上一点，则△PF₁F₂内切圆圆心横坐标为a(F₁,F₂分别为双曲线的左、右焦点),即切实轴于圆锥曲线中，只有双曲线存在渐近线，渐近线是它的独特特征.1.作图不规范影响判断2.双曲线紧贴渐近线考查直线与双曲线的位置关系问题，可以先考查直线例32**过双曲焦点F作一条直线，当直线斜率为1时，直线与双曲与双曲线右支有两个不同的交点，则双曲线离心率的取值范围为.3.渐近线的性质探究双曲线的渐近线，有许多独特的性质.以下对其(1)如图3-20,双曲线 限渐近线与x轴正向夹角θ满足右顶点作x轴垂线交渐近线于B(a,b),|OB|=c,过F向作垂线，垂足为M,易知OA=OMAB=FM=b.OB=OF=c,,且线于A,B(如图3-21),则四边形OAFB是菱形，且边长等于(3)双曲线上一点到两渐近线距离的乘积：双曲4及线上一点M(x₀,y₀)到两渐近线4及如图3-22,若过双曲线上一点M(x₀,y₀)作两渐近线的平行线，这两直线与两渐近线围成的平行四边形OPMQ的面积是多少呢?由于M到的距离为图3-22,所以,所以平行四边形1.双曲线弦中点定理轴平行的弦的斜率，与弦中点和中心连线的斜率的乘均在双曲线所以PQ与OM斜率的乘积为线的平行弦的中点在一条直线上，这条直线与弦的斜2.双曲线中心弦定理若点A,B是双曲为常数)上关于原点对称的两点，点P是双曲线上任意一点，若直线PA,PB的斜率都存在，并分别记为kP,kP;,那么kp,km;之积是与点P位置无关的定值，这个定值为专题13:定点定值定线问题1.总结积累策略没错，这也是一大策略.解析几何中有许多一般的、常见的确定性结论，我们应当时常总结.学习任何知识，培养任何技能，应当养成总结、归纳、积累和提炼的习惯.现在我们来回顾一下圆锥曲线中常见的“确定(2)双曲线渐近线研究中的某些定值问题；(3)抛物线焦点弦直角梯形中的某些定值问题.R例1**如图3-71,已知抛物线y²=4x的焦点为F,过点P(2,0)的直线交抛物线于A,B两点，直线AF,BF分别与抛物线交于点C.D.设直线ABR2.先猜后证策略研究数学问题，常可以先猜后证.对于确定类问题，可以从以下两个角度着手：角度一：对称优先策略若动直线关于直线m对称，要证明它们经过定点，则定点必在对称轴m上.所以我们应当优先考虑运动的图形是否具有对称性，这就是对称优先策略.角度二：特殊(或极端)优先策略若特殊(或极端)位置的情况极易获取，可以优先考虑.如要证明动直线经过定点，可以求出动直线在两个特殊(或极端)位置的交点坐标，再证明其他直线经过此点.量要少很多.C于A,B两点，是否存在定点Q.使得以C(3)特殊对称猜定线例7*过点Q(-4,0)任作一动直线l交椭圆3.给参消参策略(1)以直线的斜率为参数(2)以曲线上点的坐标为参数若点P在曲线f(x,y)=0上，先设P(x₁,y),最终利用f(x₁,y₁)=0消参.例9**若直线1与椭圆C:交于A,B两点，△OAB的面积为1,G=sOA+tOB(s,t∈R),当点G在椭圆C上运动时，试问s²十t是否为定t的取值范围.1.过定点的直线与曲线相交的问题过定点的直线1与曲线相交，或者证明某条与曲线相交的直线1过定点，此类问题涉及的直线通常有例14*直线l:y=kx+m与椭圆相交于M,N两点(非左、右顶点),且以MN为直径的圆过椭圆右顶点A.求证：直线I过定点，并求出该定点的坐标.2.定值问题(1)长度或距离为定值例19**若点M,N为椭圆C:上的(2)斜率或其表达式为定值C交于P,Q两点，M(4,1).记直线MP,MQ的斜率分别为k,k₂,试探究k十k是否为定值.(3)面积为定值例22*已知圆x²+y²=4分别交x、y轴的正半轴于M、N两点，点Q是该圆位于第三象限内一段轴于点F.求证：四边形MNEF的面积为定值.2025八省联考(先猜后证):2025八省联考(先猜后证):已知椭圆C的离心率为左，右焦点分别为F(-1,0),F₂(L,0).证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程.1.判别式符号判别式△=b²-4ac的符号自然是我们首选的不等关系.0,这是必须考虑的.(2)若关于x的二次方程有实根，则△≥0.例3已知双曲线E的右顶点为A,抛物线C:y²=8ax的焦点为F,若在E的渐近线上存在点P使得PA_FP,则E的离心率的取值范围是分析：设,易,由PA⊥FP,则AP·FP=0,即2a²=0,由于这个关于m的二次方程有实根，故△=,变形得8c≤9a²,则e=2.点与曲线的位置关系(1)曲线上的点的坐标受到限制②双曲,b>0)上的点的坐标x②双曲需要满足|x|≥a;上的点的坐标x,y需要③抛物线y²=2px(p>0)上的点的坐标x,y需要例4*中心为原点O的椭圆焦点在x轴上，A椭圆的离心率e的取值范围是为a,故由韦达定理求得P点横坐标为(2)不在曲线上的点的坐标受到限制以点在椭圆内为例(其他可仿此给出).若点l上，而l交椭圆于A(x₁,y₁),B(x₂,y₂).若x₁=x₂,y₁<y₂,则必有x。=x₁=x₂,y₁<y₀<y₂;若x₁<xr₂,y₁<y₂,则必有x₁<x₀<x₂,y<y<y₂,例6*(2018全国卷)已知斜率为k的直线1与椭圆C:交于A.B两点，线段AB的中点为分析：设A(x₁,y),B(x₂,y₂),由点差法可得k=由于直线x=1与椭圆交点的纵坐标为结合已知m>0可得,故3.被消去的元是有范围限制的解决数学问题，消元是常见的步骤.我们要注意，1,以保证被消元m的平方不为负数.4.被换掉的元是有范围限制的换元时，一不小心就将被换掉的整体的范围视为实数集R.这是学生常犯的错误.切记，被换掉的元的往就视为t∈R.5.某些表达式本身受到一定的限制某些表达式本身受到一定的限制，如分母不能为零，对数式中的真数必须为正，等等.例10**已知双曲线M:,b0)的左、右焦点分别为F,F₂,F₁F|=2c.若双曲线M的右支上存在点P,使则双曲线MBC.(1,2)6.个别已知条件易被忽视解题解到情深处，已知条件易忘记.切记，切记!例如，求某双曲线的离心率.某学生依其他条件求得或/3,喜形于色，将它填上.殊不知a>b>0→e∈(1.√2),应舍去3.(2)隐藏的已知条件有些已知条件是隐藏在题目中，要靠我们的扎实专题15:数列是可以探究的专题15:数列是可以探究的对于陌生的问题，熟悉它的最快的手段就是：举例.探究无非是一种高级的说法而已.例1*已知数列《a}对任意的p,q∈N满足ap+₄=a,+a,且a2=—6,那么a1₀等于.数列的规律.若令p=q=1可得a=-3.再令q=1可得ap+1=a-3,于是可得数列{a〉为等差数列.从而易得a0等于-30如前所述，递推是数列的核心.若通过探究能获取数列的递推关系式甚至通式，则能完全掌握此数列的变化规律，这是一种更高级的探究层次.例3*有一垛砖，第一次用去了全部的一半多一块，以后每次都用去上次剩下的一半多一块，第十次恰好用完，共用了多少块砖?分析：为方便，我们设最后一次用的砖数为a₁,倒数第二次用的砖数为a₂,依此类推.则可知*为{a}前k项之和),故共用了2046块砖，例4*(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8.16,…,其中第一项是2°,接下来的两项是2°,2¹,再接下来的三项是2°,2¹,2²,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.22和为1+(1+2)+(1+2+2²)十…+(1+2+2²+…十2-¹)=(2-1)+(2²-1)+…+(2°-1)=2+1—k-2.若k+2=1+2+2²+…+2w-¹=2“-1,则该数列前项之和为2的整数幂.数列前1+2+3+…+29+5=440项之和为2³0,符合1.列项法列项是探究的重要手段，为了获取足够的信息，必须列出足够多的项.2.列表法若需要列出许多项，为了更加清晰，我们可以列表.例8善善若数列{a.}满足：对任意的n∈N’,只有有限个正整数m使得a<n成立，记这样的m的个数为(a.)”,则得到一个新数列(a)"}.例如，若数列(a}是1,2,3,…,n,…,则数列{(a)”}是0,1,2,…,n-1,….已知对任意的n∈N",a,=n²,则(as)’= 1234567891490111222223(b)*=((a厉)")14913333334444其他规律性1.数列的周期性在数列{an中，若存在非零整数T,使得a+r=a.对于任意的正整数n均成立，那么称数列{a)为周期数列，其中T叫做数列{a。〉的周期.我们通常用列项探究的方法来发现数列的周期性.例11*设数列{a前n项和为S.,已知a₁=2.数列的其他规律性通过列项列表，有可能会发现数列虽然不具有周期性，但具有其他规律性.例13*数列{aa,1为奇数a₁=34,则数列{a}前100项的和是分析：可列出数列的前11项依次为34,17,52,26,13,40,20,10,5,16,8,其和为241,从第12项起，数列是以3为周期的周期数列4,2,1,4,2,1,…,又从第12项至第100项共计89项为29个周期，还余两项，故和为29×7+4+2=209,故数列{a,}前100项的和为241+209=450.专题16:构造新函数的若干类型求某不等式的解集，有时可以根据这个不等式构造新函数.例1*已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)=3,且f(x)的导数f'(x)在R上恒有f(x)<2(x∈R),则不等式f(x)<2x+1的解集为.(1)利用e的导数仍是e的独特特征进行构造.+f(x),可以构造g(x)=cf(x),根据mf(x)十f(x)构造g(x)=f(x)e",根据mf(x)-f(x)构造一f(x)构造,根据xf(x)+f(x)构造F(x)=f(x)cosx,根据xf'(x)-2f(x)构造g(x)=,根据xf(x)+mf(x)构造g(x)=x"f(x),根据xf(x)—mf(x)构造等等.例8*对任意的正数x,都存在两个不同的正数y,使x²(lny-Inx)-ay²=0成立，则实数a的取值范围为_妨设a>b,则不等式化为f(a)-f(b)>2a—2b,即f(a)—2a>f(b)—2b.于是转化为函数h(x)=f(x)一2x在此区间的单调性问题了.例11*若函数f(x)=(x+1)²-alnx在区间(0,+∞)内任取两个不相等的实数x₁,x₂,不等式例14*已知实数a,b满足In(b+1)+a—3b=0,实数c,d满足2d—c—√5=0,则(a-c)²+(b—d)²曲线上的点到直线上的点的距离的最小值的平方.易得答案为1.例18**是否只要(*)成立，其他一切均成立了?是的!要证,即证将换为x,构造函数f(x)=In(1+x)一解决含有导数的抽象函数问题，也可以利用模型函数辅助我们思考.不过在解答题时还是需要严格的证明.例20**设函数f'(x)是函数f(x)(x∈R)的导Dae+b,f(x)=3ae,由题意f'(x)=3f(x)+3,3ae=1=1,a=2,所以取f(x)=2e³-1符合题中所有条件.不等式4f(x)>f(x)则化为e³>2,3x>In2,即故选B.1.什么是极值点偏移问题(1)典型极值点偏移问题.以极大值为例.若函数y=f(x)在区间(a,b)上只有一个极大值点x。,方程f(x)=m的解分别为x₁,x₂,满足a<x₁<x₂<b.若.则极值点x左偏，表现在图象上就是在极值点左侧增长较快，右侧下降较慢(如图5-24).若 .则极值点x右偏，表现在图象上就是在极值点左侧增长较慢，右侧下降较快(如图5-25).(2)这不是一个严格的数学定义，只是对一类问题的形象表达.类似地，像x₁x₂>x看等也可称为极值点偏移问题.(3)极值点偏移问题的具体表现形式.除了证明2.极值点偏移问题的常见解法证t(t>1).∴u(1)在区间(1,+∞)内单调递增，构造新函数)先画g(x)图象，如图5-26要证x₁+x₂>2,只要证x₂>2-x>1,由于g(x)在(1,+∞)递增，故只要证g(x₂)>又g(x₂)=g(x₁),故只要证g(x₁)>g(2-x₁)对x∈(0,1)恒成立，故h(x)在(0,1)递减，而∴g(x₁)>g(2-x₁